Question

1．兩極板a、b間存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，正離子以速度v₀=3.0×10⁷m/s沿極板中線勻速飛出極板．如圖所示，已知板長L=10cm，板距d=30cm，板間電壓U=1800V，離子比荷為$\frac{q}{m}$=2×10¹²C/kg，不計(jì)重力，求：
（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小？
（2）撤去磁場(chǎng)求離子穿過電場(chǎng)時(shí)偏離入射方向的距離，以及離開電場(chǎng)時(shí)速度的大小？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系求出電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，抓住電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大�。�
（2）撤去磁場(chǎng)，離子做類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，抓住等時(shí)性求出離子穿過電場(chǎng)時(shí)偏離入射方向的距離和離開電場(chǎng)時(shí)的速度大�。�

解答 解：（1）由E=$\frac{U}22gk0wa$得，E=$\frac{U}c2yqa2y=\frac{1800}{0.3}$V/m=6×10³V/m 
正離子不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則qv₀B=qE   得
B=$\frac{E}{{v}_{0}}=\frac{6×1{0}^{3}}{3×1{0}^{7}}T=2×1{0}^{-4}T$．
（2）設(shè)正離子通過場(chǎng)區(qū)偏轉(zhuǎn)的距離為y，則：
$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
因?yàn)閠=$\frac{L}{{v}_{0}}$，qE=ma，
所以y=$\frac{1}{2}\frac{qE}{m}\frac{{L}^{2}}{{{v}_{0}}^{2}}$，代入數(shù)據(jù)解得y=6.7×10^-2m．
v_y=at，
解得${v}_{y}=\frac{qEL}{m{v}_{0}}$，代入數(shù)據(jù)解得v_y=4×10⁷m/s，
所以離子的速率$v=\sqrt{{{v}_{0}}^{2}+{{v}_{y}}^{2}}=\sqrt{（9+16）}×1{0}^{7}$m/s=5×10⁷m/s．
答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為6×10³V/m，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為2×10^-4T．
（2）離子穿過電場(chǎng)時(shí)偏離入射方向的距離為6.7×10^-2m，離開電場(chǎng)時(shí)速度的大小為5×10⁷m/s．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在速度選擇器中做直線運(yùn)動(dòng)和類平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)用，掌握類平拋運(yùn)動(dòng)的處理方法，結(jié)合等時(shí)性，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解．